2024年高考物理選擇題強化訓(xùn)練專題十五綜合訓(xùn)練含解析

2024年高三物理選擇題強化訓(xùn)練專題十五綜合訓(xùn)練一、單項選擇題(本題共13小題，每小題4分，共52分)1.一輛汽車沿著平直道路行駛，在0～40s內(nèi)的x－t圖象如圖所示，下列選項正確的是()A.汽車離動身點的最遠距離為30mB.汽車停止運動的時間為20sC.汽車在前20s內(nèi)的平均速度大小為22.5m/sD.汽車在前10s內(nèi)與后10s內(nèi)的平均速度大小相同【解析】由題圖可知，汽車在0～10s的時間內(nèi)運動了30m，在10～20s的時間內(nèi)停止在距離動身點30m處，在20～40s的時間內(nèi)反向運動，且在t＝40s時剛好回到動身點，選項A正確，B錯誤；汽車在前20s內(nèi)的平均速度大小為v1＝eq\f(x1,t1)＝eq\f(30,20)m/s＝1.5m/s，選項C錯誤；汽車在前10s內(nèi)的平均速度大小為v2＝eq\f(x2,t2)＝eq\f(30,10)m/s＝3m/s，汽車在后10s內(nèi)的平均速度大小為v3＝eq\f(x3,t3)＝eq\f(15,10)m/s＝1.5m/s，選項D錯誤。【答案】A2.如圖所示為氫原子能級示意圖的一部分，關(guān)于氫原子，下列說法正確的是()A.一個氫原子從n＝3能級躍遷到n＝1能級，可能放出3種不同頻率的光子B.從n＝4能級躍遷到n＝3能級，氫原子會汲取光子，能量上升C.從n＝4能級躍遷到n＝3能級，氫原子會向外放出光子，能量降低D.處于不同能級時，核外電子在各處出現(xiàn)的概率是一樣的【解析】一個氫原子從n＝3能級躍遷到n＝1能級，最多可能放出2種不同頻率的光子，故A錯誤；從n＝4能級躍遷到n＝3能級，是從高能級向低能級躍遷，氫原子會放出光子，能量降低，故B錯誤，C正確；處于不同能級時，核外電子在各處出現(xiàn)的概率是不一樣的，故D錯誤?！敬鸢浮緾3.如圖所示，房頂上固定一根長2.5m的細線沿豎直墻壁垂到窗沿下，細線下端系了一個小球(可視為質(zhì)點)。打開窗子，讓小球在垂直于窗子的豎直平面內(nèi)小幅度搖擺，窗上沿到房頂?shù)母叨葹?.6m，不計空氣阻力，g取10m/s2，則小球從最左端運動到最右端的最短時間為()A.0.2πs B.0.4πsC.0.6πs D.0.8πs【解析】小球的搖擺可視為單擺運動，擺長為線長時對應(yīng)的周期T1＝2πeq\r(\f(l1,g))＝πs，擺長為線長減去墻體長時對應(yīng)的周期T2＝2πeq\r(\f(l1－l2,g))＝0.6πs，故小球從最左端到最右端所用的最短時間為t＝eq\f(T1＋T2,4)＝0.4πs，B正確?！敬鸢浮緽4.如圖所示，真空中電荷量均為Q的兩正點電荷固定于一絕緣正方體框架的兩側(cè)面ABB1A1和DCC1D1中心連線所在直線上，且兩點電荷關(guān)于正方體中心對稱，則()A.A、B、C、D四個點的電勢相同B.A1、B1、C1、D1四個點的電場強度相同C.負檢驗電荷在A點的電勢能小于在C1點的電勢能D.正檢驗電荷從C點移到C1點的過程中，電場力對其做正功【解析】由疊加原理可知，A、B、C、D四個點的電勢相同，選項A正確；A1、B1、C1、D1四個點的電場強度大小相同，但方向不同，選項B錯誤；由對稱性可知A點和C1點電勢相同，故負檢驗電荷在A點的電勢能等于在C1點的電勢能，選項C錯誤；由對稱性可知C點和C1點的電勢相同，故正檢驗電荷從C點移到C1點的過程中，電場力對其做功為零，選項D錯誤?！敬鸢浮緼5.如圖所示，光液面?zhèn)鞲衅饔幸粋€像試管模樣的玻璃管，中心插一塊兩面反光的玻璃板，入射光線在玻璃管內(nèi)壁與反光板之間來回發(fā)生反射，進入到玻璃管底部，然后在另一側(cè)反射而出(與光纖原理相同)。當(dāng)透亮液體的折射率大于玻璃管壁的折射率時，就可以通過光液面?zhèn)鞲衅鞅O(jiān)測出射光的強弱來判定玻璃管是否被液體包住了，從而了解液面的高度。以下說法正確的是()A.玻璃管被液體包住之后，出射光強度增加B.玻璃管被液體包住之后，出射光消逝C.玻璃管被液體包住之后，出射光強度減弱D.玻璃管被液體包住之后，出射光強度不變【解析】玻璃管被液體包住之前，由于玻璃管之外是光疏介質(zhì)空氣，光發(fā)生全反射，沒有光從玻璃管中射出。當(dāng)玻璃管被透亮液體包住之后，液體的折射率大于玻璃管壁的折射率時，光不再發(fā)生全反射，有一部分光進入液體，反射光的強度會減弱，故C正確?！敬鸢浮緾6.最近，一款名叫“跳一跳”的微信小嬉戲突然躥紅。嬉戲要求操作者通過限制棋子(質(zhì)量為m)脫離平臺時的速度，使其能從一個平臺跳到旁邊的平臺上。如圖所示的拋物線為棋子在某次跳動過程中的運動軌跡，不計空氣阻力，重力加速度大小為g，則()A.棋子從靜止至運動到最高點的過程中，機械能增加mghB.棋子離開平臺時的動能為mghC.棋子從離開平臺至運動到最高點的過程中，重力勢能增加mghD.棋子落到平臺上時的速度大小為eq\r(2gh)【解析】由于棋子在最高點具有水平方向的速度，所以機械能的增加量大于mgh，故A、B、D錯誤；棋子從離開平臺至運動到最高點的過程中重力做的功為WG＝－mgh，所以重力勢能增加mgh，故C正確?！敬鸢浮緾7.如圖所示，傾角為θ的斜面體c置于水平地面上，小物塊b置于斜面上，通過跨過光滑定滑輪的細繩與沙漏a連接，連接滑輪的桿的另一端固定在天花板上，連接b的一段細繩與斜面平行。在a中沙子緩慢流出的過程中，a、b、c都處于靜止狀態(tài)，下列說法正確的是()A.b對c的摩擦力肯定先減小后增大B.地面對c的支持力始終變小C.c對地面的摩擦力方向始終向左D.滑輪對繩的作用力方向始終不變【解析】設(shè)a中沙漏及沙子的質(zhì)量為m，b的質(zhì)量為M，由平衡條件可知：繩子拉力T＝mg，若Mgsinθ＞mg，則有Mgsinθ＝mg＋f，若Mgsinθ＝mg，則f＝0，若Mgsinθ＜mg，則有Mgsinθ＋f＝mg，沙子流出時a的質(zhì)量減小，b對c的摩擦力可能增大、可能減小，所以A項錯誤；以b、c為整體可知：若僅a的質(zhì)量減小，繩子拉力T減小，Tsinθ＋FN＝(M＋mc)g，地面支持力增大，所以B項錯誤；地面對c的摩擦力Ff＝Tcosθ＝mgcosθ，地面對c的摩擦力方向始終向左，c對地面的摩擦力方向始終向右，所以C項錯誤；兩繩子夾角不變，力的大小始終相等，所以繩子對滑輪的合力方向始終在兩繩的角平分線上，所以方向不變，即D項正確。【答案】D8.利用如圖所示的試驗裝置可以測量磁感應(yīng)強度B的大小。用絕緣輕質(zhì)絲線把底邊長為L、電阻為R、質(zhì)量為m的“U”形線框固定在力敏傳感器的掛鉤上，并用輕質(zhì)導(dǎo)線連接線框與電源，導(dǎo)線的電阻忽視不計。當(dāng)有拉力F作用于力敏傳感器的掛鉤上時，拉力顯示器可以干脆顯示力敏傳感器所受的拉力。當(dāng)線框接入恒定電壓為E1時，拉力顯示器的示數(shù)為F1；接入恒定電壓為E2時(電流方向與電壓為E1時相反)，拉力顯示器的示數(shù)為F2。已知F1＞F2，則磁感應(yīng)強度B的大小為()A.B＝eq\f(R（F1－F2）,L（E1－E2）) B.B＝eq\f(R（F1－F2）,L（E1＋E2）)C.B＝eq\f(R（F1＋F2）,L（E1－E2）) D.B＝eq\f(R（F1＋F2）,L（E1＋E2）)【解析】當(dāng)線框接入恒定電壓為E1時，拉力顯示器的示數(shù)為F1，則F1＝mg＋Beq\f(E1,R)L；接入恒定電壓為E2時(電流方向與電壓為E1時相反)，拉力顯示器的示數(shù)為F2，則F2＝mg－Beq\f(E2,R)L，聯(lián)立解得B＝eq\f(R（F1－F2）,L（E1＋E2）)，選項B正確。【答案】B9.如圖所示，真空中O點處有一點電荷，在它產(chǎn)生的電場中有a、b兩點，a點的場強大小為Ea，方向與ab連線成53°角，b點的場強大小為Eb，方向與ab連線成37°角；sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。關(guān)于a、b兩點場強Ea、Eb及電勢φa、φb的關(guān)系，正確的是()A.25Ea＝9Eb，φa＞φb B.16Ea＝9Eb，φa＜φbC.9Ea＝25Eb，φa＞φb D.9Ea＝16Eb，φa＜φb【解析】設(shè)a、b兩點到點電荷的距離分別為ra和rb。依據(jù)幾何學(xué)問得rb＝eq\f(4,3)ra，依據(jù)點電荷場強公式E＝keq\f(Q,r2)，得Ea＝eq\f(16,9)Eb，由題圖可知，該電場是由負點電荷產(chǎn)生的，故在點電荷的四周越靠近場源電荷電勢越低，則有φa＜φb，故D正確?！敬鸢浮緿10勻強磁場中有一個原來靜止的碳14原子核，它放射出的粒子與反沖核的徑跡是兩個內(nèi)切的圓，兩圓的直徑之比為7∶1，如圖1所示，那么碳14的衰變方程為()A.eq\o\al(14,6)C→eq\o\al(0,1)e＋eq\o\al(14,5)B B.eq\o\al(14,6)C→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(10,4)BeC.eq\o\al(14,6)C→eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(12,5)B D.eq\o\al(14,6)C→eq\o\al(0,－1)e＋eq\o\al(14,7)N【解析】原子核的衰變過程滿意動量守恒，放射出的粒子與反沖核的速度方向相反，由題圖依據(jù)左手定則推斷得知，該粒子與反沖核的電性相反，可知碳14發(fā)生的是β衰變，衰變方程為eq\o\al(14,6)C→eq\o\al(14,7)N＋eq\o\al(0,－1)e，依據(jù)動量守恒定律和帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑公式r＝eq\f(mv,qB)，可知此衰變方程滿意題意，故D正確?！敬鸢浮緿11.若在某行星和地球上相對于各自水平地面旁邊相同的高度處、以相同的速率平拋一物體，它們在水平方向運動的距離之比為2∶eq\r(7)，已知該行星質(zhì)量約為地球的7倍，地球的半徑為R。由此可知，該行星的半徑約為()A.eq\f(1,2)R B.eq\f(7,2)RC.2R D.eq\f(\r(7),2)R【解析】平拋運動在水平方向上為勻速直線運動，即x＝v0t，在豎直方向上為自由落體運動，即h＝eq\f(1,2)gt2，所以x＝v0eq\r(\f(2h,g))，兩種狀況下，拋出的速率相同，高度相同，所以eq\f(g行,g地)＝eq\f(7,4)，依據(jù)公式Geq\f(Mm,R2)＝mg可得g＝eq\f(GM,R2)，故eq\f(g行,g地)＝eq\f(\f(M行,Req\o\al(2,行)),\f(M地,Req\o\al(2,地)))＝eq\f(7,4)，解得R行＝2R，故C正確?！敬鸢浮緾12.如圖所示，鐵板AB與水平地面垂直，一塊磁鐵吸附在鐵板右側(cè)?，F(xiàn)緩慢使鐵板的B端繞A端沿順時針方向轉(zhuǎn)動到與水平地面成θ角，此過程中磁鐵始終相對鐵板靜止。下列說法正確的是()A.磁鐵始終受到三個力的作用B.鐵板對磁鐵的作用力漸漸增大C.鐵板對磁鐵的彈力漸漸減小D.磁鐵受到的摩擦力漸漸增大【解析】沿轉(zhuǎn)動后鐵板的方向建立x軸，垂直鐵板方向建立y軸，則磁鐵的受力如圖所示，磁鐵受到重力、鐵板彈力、鐵板的磁力、摩擦力作用，故選項A錯誤；緩慢向下轉(zhuǎn)動的過程，磁鐵可視為處于平衡狀態(tài)，鐵板對磁鐵的作用力是鐵板彈力、鐵板的磁力、摩擦力作用的合力，與重力等大反向，即鐵板對磁鐵的作用力不變，故選項B錯誤；鐵板對磁鐵的磁力大小不變，緩慢向下轉(zhuǎn)動的過程中磁力的方向與AB的相對位置關(guān)系不變，重力沿x軸的分力漸漸減小，摩擦力漸漸減小，重力沿y軸的分力漸漸增大，因此彈力漸漸減小，故選項C正確，D錯誤?！敬鸢浮緾13.中國國家航天局安排于2024年年底前放射“嫦娥五號”月球探測器。如圖所示，假設(shè)運載火箭先將“嫦娥五號”月球探測器勝利送入太空，由地月轉(zhuǎn)移軌道進入半徑為r1的環(huán)月圓軌道Ⅰ后勝利變軌到近月點為15km的橢圓軌道Ⅱ，再從15km高度降至近月圓軌道Ⅲ，最終勝利實現(xiàn)登月。若取兩物體相距無窮遠時的引力勢能為零，一個質(zhì)量為m的質(zhì)點到質(zhì)量為M的物體中心距離為r時，其引力勢能表達式為Ep＝－Geq\f(Mm,r)(式中G為引力常量)。已知月球質(zhì)量為M0，月球半徑為R，放射的“嫦娥五號”探測器質(zhì)量為m0。則下列關(guān)于“嫦娥五號”登月過程的說法正確的是()A.“嫦娥五號”探測器在軌道Ⅰ上運行的動能大于在軌道Ⅲ上運行的動能B.“嫦娥五號”探測器從軌道Ⅰ上變軌到軌道Ⅲ上時，勢能減小了GM0m0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,r1)－\f(1,R)))C.“嫦娥五號”探測器在軌道Ⅲ上運行時的機械能等于在軌道Ⅰ上運行時的機械能D.落月的“嫦娥五號”探測器從軌道Ⅲ回到軌道Ⅰ，須要供應(yīng)的最小能量是eq\f(GM0m0,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R)－\f(1,r1)))【解析】依據(jù)萬有引力定律和牛頓其次定律有Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，得“嫦娥五號”探測器在軌道Ⅰ和軌道Ⅲ上的動能分別是Ek1＝eq\f(GM0m0,2r1)、Ek2＝eq\f(GM0m0,2R)，由于r1>R，所以“嫦娥五號”探測器在軌道Ⅰ上運行的動能小于在軌道Ⅲ上運行的動能，選項A錯誤；依據(jù)Ep＝－eq\f(GMm,r)可知，“嫦娥五號”探測器在軌道Ⅰ和軌道Ⅲ上的勢能分別是Ep1＝－eq\f(GM0m0,r1)、Ep2＝－eq\f(GM0m0,R)，“嫦娥五號”探測器從軌道Ⅰ上變軌到軌道Ⅲ上時，勢能減小了ΔEp＝GM0m0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R)－\f(1,r1)))，選項B錯誤；依據(jù)能量守恒定律，落月的“嫦娥五號”探測器從軌道Ⅲ回到軌道Ⅰ，所要供應(yīng)的最小能量是ΔE＝Ep1－Ep2＋Ek1－Ek2＝eq\f(GM0m0,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R)－\f(1,r1)))，選項C錯誤，D正確。【答案】D二、多項選擇題(本題共8小題，每小題6分，共48分)14.圖甲為一列簡諧橫波在t＝0.10s時刻的波形圖，P是平衡位置為x＝1m處的質(zhì)點，Q是平衡位置為x＝4m處的質(zhì)點，圖乙為質(zhì)點Q的振動圖象，則下列說法正確的是()A.該波的周期是0.10sB.該波的傳播速度是40m/sC.該波沿x軸的負方向傳播D.t＝0.10s時，質(zhì)點Q的速度方向沿y軸負方向【解析】由題圖乙可知該波的周期是0.20s，A錯誤；由題圖甲可知該波的波長λ＝8m，則波速v＝eq\f(λ,T)＝40m/s，B正確；由題圖乙可知t＝0.10s時質(zhì)點Q正沿y軸負方向運動，故該波沿x軸負方向傳播，C、D正確?！敬鸢浮緽CD15..如圖所示，一細束白光通過玻璃三棱鏡折射后分為各種單光色，取其中a、b、c三種色光，下列說法正確的是()A.c光的頻率最高B.在真空中c光的波長最長C.玻璃對c光的折射率最小D.在三棱鏡中c光傳播速度最小【解析】依據(jù)光的色散規(guī)律可知，a光的頻率最高，選項A錯誤；c光的頻率最小，故在真空中c光的波長最長，選項B正確；由光路可知，玻璃對a光的折射率最大，對c光的折射率最小，選項C正確；在三棱鏡中c光傳播速度最大，選項D錯誤。【答案】BC16.如圖所示，處于豎直平面內(nèi)的光滑細金屬圓環(huán)半徑為R，質(zhì)量均為m的帶孔小球A、B穿于環(huán)上，兩根長為R的細繩一端分別系于A、B球上，另一端分別系于圓環(huán)的最高點和最低點，現(xiàn)讓圓環(huán)繞豎直直徑轉(zhuǎn)動，當(dāng)角速度緩慢增大到某一值時，連接B球的繩子恰好拉直，轉(zhuǎn)動過程中繩子不會斷，重力加速度大小為g，則下列說法正確的是()A.連接B球的繩子恰好拉直時，轉(zhuǎn)動的角速度為eq\r(\f(2g,R))B.連接B球的繩子恰好拉直時，圓環(huán)對A球的作用力為零C.接著增大轉(zhuǎn)動的角速度，圓環(huán)對B球的作用力可能為零D.接著增大轉(zhuǎn)動的角速度，A球可能會沿圓環(huán)向上移動【解析】當(dāng)連接B球的繩子剛好拉直時，mgtan60°＝mω2Rsin60°，解得ω＝eq\r(\f(2g,R))，A項正確；連接B球的繩子恰好拉直時，A球與B球轉(zhuǎn)速相同，由對稱性知，A球所受合力也為mgtan60°，又A球所受重力為mg，可推斷出A球所受繩子的拉力為eq\f(mg,cos60°)＝2mg，A球不受圓環(huán)的作用力，B項正確；接著增大轉(zhuǎn)動的角速度，連接B球的繩子上會有拉力，要維持B球豎直方向所受外力的合力為零，圓環(huán)對B球必定有彈力，C項錯誤；當(dāng)轉(zhuǎn)動的角速度增大時，圓環(huán)對A球的彈力不為零，依據(jù)豎直方向上A球所受外力的合力為零，可知繩子對A球的拉力增大，繩子應(yīng)張得更緊，因此A球不行能沿圓環(huán)向上移動，D項錯誤?！敬鸢浮緼B17.如所示，電路中變壓器為志向變壓器，其原線圈接在u＝20eq\r(2)sin(50πt)V的溝通電源上，副線圈與阻值為R1＝2Ω的電阻連接成閉合電路，電流表為志向電流表。另有一阻值R2＝32Ω的電阻與變壓器原線圈并聯(lián)，電阻R1與R2消耗的電功率恰好相等。則()A.電阻R1消耗的電功率為12.5WB.通過電阻R1的交變電流的周期為0.02sC.電流表的示數(shù)為10AD.變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為4∶1【解析】加在R2兩端電壓的有效值為UR2＝U＝eq\f(20\r(2),\r(2))V＝20V，R2消耗的功率為PR2＝eq\f(Ueq\o\al(2,R2),R2)＝12.5W，又電阻R1與R2消耗的電功率恰好相等，故A正確；由u＝20eq\r(2)sin(50πt)V，知ω＝50πrad/s，故周期T＝eq\f(2π,ω)＝0.04s，變壓器不變更交變電流的周期，故B錯誤；R1消耗的功率PR1＝PR2＝12.5W，通過R1的電流IR1＝eq\r(\f(PR1,R1))＝2.5A，則電流表的示數(shù)為2.5A，故C錯誤；副線圈兩端電壓為U2＝IR1R1＝5V，原線圈兩端電壓U1＝U＝20V，則原、副線圈匝數(shù)之比n1∶n2＝U1∶U2＝4∶1，故D正確?！敬鸢浮緼D18.如圖所示，光滑、平行的金屬軌道分水平段(左端接有阻值為R的定值電阻)和半圓弧段兩部分，兩段軌道相切于N和N′點，圓弧的半徑為r，兩金屬軌道間的寬度為d，整個軌道處于磁感應(yīng)強度大小為B，方向豎直向上的勻強磁場中。質(zhì)量為m、長為d、電阻為R的金屬細桿置于框架上的MM′處，MN＝r。在t＝0時刻，給金屬細桿一個垂直金屬細桿、水平向右的初速度v0，之后金屬細桿沿軌道運動，在t＝t1時刻，金屬細桿以速度v通過與圓心等高的P和P′；在t＝t2時刻，金屬細桿恰好通過圓弧軌道的最高點，金屬細桿與軌道始終接觸良好，軌道的電阻和空氣阻力均不計，重力加速度為g。以下說法正確的是()A.t＝0時刻，金屬細桿兩端的電壓為Bdv0B.t＝t1時刻，金屬細桿所受的安培力為eq\f(B2d2v,2R)C.從t＝0到t＝t1時刻，通過金屬細桿橫截面的電荷量為eq\f(Bdr,R)D.從t＝0到t＝t2時刻，定值電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)－eq\f(5,4)mgr【解析】t＝0時刻，金屬細桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝Bdv0，金屬細桿兩端的電壓U＝eq\f(E,2R)·R＝eq\f(1,2)Bdv0，故A項錯誤；t＝t1時刻，金屬細桿的速度方向與磁場平行，不切割磁感線，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，所以此時金屬細桿不受安培力，故B項錯誤；從t＝0到t＝t1時刻，電路中的平均電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(Bd×2r,t1)，回路中的電流eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(E,2R)，在這段時間內(nèi)通過金屬細桿橫截面的電荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))t1，解得q＝eq\f(Bdr,R)，故C項正確；設(shè)桿通過最高點速度為v2，金屬細桿恰好通過圓弧軌道的最高點，對桿受力分析，由牛頓其次定律可得mg＝eq\f(mveq\o\al(2,2),r)，解得v2＝eq\r(gr)。從t＝0到t＝t2時刻，依據(jù)功能關(guān)系可得，回路中的總焦耳熱Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－mg·2r，定值電阻R產(chǎn)生的焦耳熱QR＝eq\f(1,2)Q，解得QR＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)－eq\f(5,4)mgr，故D項正確?！敬鸢浮緾D19.如圖甲所示，傾角θ＝30°的光滑絕緣固定斜桿底端固定一電荷量為2×10－4C的正點電荷Q，將一帶正電小球(可視為點電荷)從斜桿的底端(但與Q未接觸)由靜止釋放，小球沿斜桿向上滑動過程中能量隨位移的變更圖象如圖乙所示，其中線1為重力勢能隨位移變更圖線，線2為動能隨位移變更圖線(靜電力常量k＝9×109N·m2/C2，g＝10m/s2)，則()A.小球向上運動過程中的加速度先增大后減小B.小球向上運動過程中的速度先增大后減小C.由圖線1可求得小球的質(zhì)量m＝4kgD.斜桿底端至小球速度最大處，由底端正點電荷Q形成的電場的電勢差U＝2.35×105V【解析】由圖線2得知，小球的速度先增大后減小，依據(jù)庫侖定律得知，小球所受的庫侖力漸漸減小，合外力先減小后增大，加速度先減小后增大，則小球沿斜桿向上先做加速度漸漸減小的加速運動，再沿斜桿向上做加速度漸漸增大的減速運動，直至速度為零，故選項A錯誤，B正確；由線1可得Ep＝mgh＝mgssinθ，代入數(shù)據(jù)可以得到m＝eq\f(Ep,gssinθ)＝eq\f(60,10×3×\f(1,2))kg＝4kg，故選項C正確；由線2可得，當(dāng)帶電小球運動至1m處動能最大為27J，此時重力沿桿向下的分力與庫侖力平衡，mgsinθ＝keq\f(qQ,seq\o\al(2,1))，解得q＝1.11×10－5C，依據(jù)動能定理有－mgh＋qU＝Ekm－0，代入數(shù)據(jù)得U＝4.23×106V，故選項D錯誤。【答案】BC20如圖所示，在光